【物理】2019届一轮复习人教版　机械振动 学案 17页

第 章 振动 波动 光 电磁波与 相对论 [全国卷三年考点考情] 说明：(1)简谐运动只限于单摆和弹簧振子； (2)简谐运动的图象只限于位移－时间图象； (3)光的干涉限于双缝干涉、薄膜干涉． 第一节 机械振动 (对应学生用书第 238 页) [教材知识速填] 知识点 1 简谐运动 1．表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中 A 代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动的快慢，(ωt ＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相． 2．简谐运动的图象： 图象 横轴 表示振动时间 纵轴 表示某时刻质点的位移 物理意义 表示振动质点的位移随时间的变化规律 3. 回复力 (1)定义：使物体返回到平衡位置的力 (2)表达式为 F＝－kx. (3)方向：时刻指向平衡位置． (4)来源：振动物体所受的沿振动方向的合力． (5)特点：与位移大小成正比，与位移方向相反． 4．描述简谐运动的物理量 物理量 定义 意义 位移 由平衡位置指向质点所在位置的 有向线段 描述质点振动中某时刻的位置相 对于平衡位置的位移 振幅 振动物体离开平衡位置的最大距 离 描述振动的强弱和能量 周期 振动物体完成一次全振动所需时 间 描述振动的快慢，两者互为倒数： T＝1 f频率 振动物体单位时间内完成全振动 的次数 相位 ωt＋φ 描述周期性运动在各个时刻所处 的不同状态 易错判断 (1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置．(×) (2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都 是相同的．(×) (3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小．(√) 知识点 2 受迫振动和共振 1．受迫振动 (1)概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动． (2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关． 2．共振 (1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大． (2)条件：驱动力的频率等于固有频率． (3)特征：共振时振幅最大． (4)共振曲线(如图 1411 所示) 图 1411 易错判断 (1)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关．(√) (2)物体受迫振动的频率与驱动力的频率无关．(×) (3)共振是受迫振动的一个特例．(√) 知识点 3 实验：用单摆测定重力加速度 1．实验原理 单摆在偏角很小(小于 5°)时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期 T＝ 2π l g ，可得 g＝4π2l T2 ，通过实验方法测出摆长 l 和周期 T，即可计算得到 当地的重力加速度． 2．实验步骤 (1)组成单摆 实验器材有：带有铁夹的铁架台，中心有孔的小钢球，约 1_m 长的细线．在 细线的一端打一个比小钢球的孔径稍大些的结，将细线穿过小钢球上的小 孔，制成一个单摆；将单摆固定在带铁夹的铁架台上，使小钢球自由下垂． (2)测摆长 实验器材有：毫米刻度尺和游标卡尺．让摆球处于自由下垂状态时，用刻 度尺量出悬线长 l 线，用游标卡尺测出摆球的直径(2r)，则摆长为 l＝l 线＋ r. (3)测周期 实验仪器有：秒表．把摆球拉离平衡位置一个小角度(小于 5°)，使单摆在 竖直面内摆动，测量其完成全振动 30 次(或 50 次)所用的时间，求出完成 一次全振动所用的平均时间，即为周期 T. (4)求重力加速度 将 l 和 T 代入 g＝4π2l T2 ，求 g 的值；变更摆长 3 次，重新测量每次的摆长 和周期，再取重力加速度的平均值，即得本地的重力加速度． 3．数据处理 (1)平均值法：用 g＝g1＋g2＋g3＋g4＋g5＋g6 6 求出重力加速度． (2)图象法：由单摆的周期公式 T＝2π l g 可得 l＝ g 4π2T2，因此以摆长 l 为 纵轴，以 T2 为横轴作出的 lT2 图象是一条过原点的直线，如图 1412 所 示，求出斜率 k，即可求出 g 值．g＝4π2k，k＝ l T2 ＝ Δl ΔT2. 图 1412 易错判断 (1)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动．(×) (2)对单摆模型，细线的质量及伸缩均不计．(√) (3)单摆摆球的重力提供回复力．(×) (对应学生用书第 240 页) 简谐运动模型及规律 1．简谐运动的两种模型 模 型 弹簧振子 单摆 示 意 图 特 点 (1)忽略摩擦力，弹簧对小球 的弹力提供回复力 (2)弹簧的质量可忽略 (1)细线的质量、伸缩均可忽略 (2)摆角θ很小 (3)重力的切向分力提供回复力 公 式 回复力 F＝－kx (1)回复力 F＝－mg l x (2)周期 T＝2π l g 2. 简谐运动的五个特征 (1)动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k 是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数． (2)运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而 方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep 均增大，v、 Ek 均减小，靠近平衡位置时则相反． (3)周期性特征：相隔 T 或 nT 的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相 同． (4)对称性特征： ①相隔T 2 或2n＋1T 2 (n 为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称， 位移、速度、加速度大小相等，方向相反． ②如图 1413 所示，振子经过关于平衡位置 O 对称的两点 P、P′(OP＝ OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相 等． 图 1413 ③振子由 P 到 O 所用时间等于由 O 到 P′所用时间，即 tPO＝tOP′ ④振子往复过程中通过同一段路程(如 OP 段)所用时间相等，即 tOP＝tPO. (5)能量特征：振幅越大，能量越大，运动过程中，系统动能与势能相互 转化，系统的机械能守恒． [题组通关] 1．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 x＝Asinπ 4t，则关于该质点， 下列说法正确的是( ) A．振动的周期为 8 s B．第 1 s 末与第 3 s 末的位移相同 C．第 1 s 末与第 3 s 末的速度相同 D．第 3 s 末至第 5 s 末的位移方向都相同 E．第 3 s 末至第 5 s 末的速度方向都相同 ABE ［由关系式可知ω=π 4 rad/s, 2π ω =8s,A 对；将 t=1s 和 t=3s 代入关 系式中求得两时刻位移相同,B 对；可 以作出质点的振动图象，得第 1 s 末和第 3 s 末的速度方向不同，C 错； 得第 3 s 末至第 4 s 末质点的位移方向与第 4 s 末至第 5 s 末质点的位移 方向相反，而速度的方向相同，D 错，E 对.］ 2．下列说法正确的是( ) A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期 越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻 运动速度的方向 ABD [根据单摆周期公式 T＝2π L g 可以知道，在同一地点，重力加速 度 g 为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项 A 正确；弹簧振子 做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道， 振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项 B 正确；根据单摆周期公 式 T＝2π L g 可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项 C 错误；当系统 做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项 D 正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定 任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则 无法确定，故选项 E 错误．] 3．如图 1414 所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做 简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为 y＝0.1sin 2.5πt (m)．t＝0 时刻，一小球从距物块 h 高处自由落下；t＝0.6 s 时，小球恰好与 物块处于同一高度．重力加速度的大小 g 取 10 m/s2.以下判断正确的是( ) 图 1414 A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是 0.8 s C．0.6 s 内物块运动的路程是 0.2 m D．t＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反 E．t＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相同 ABE [由物块简谐运动的表达式知，ω＝2.5π，T＝2π ω ＝ 2π 2.5π s＝0.8 s，选 项 B 正确；t＝0.6 s 时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝1 2gt2，解得 h＝1.7 m， 选项 A 正确；物块 0.6 s 内路程为 0.3 m，t＝0.4 s 时，物块经过平衡位置 向下运动，与小球运动方向相同．故选项 C、D 错误．E 正确．] 如图所示，光滑圆弧槽半径为 R，A 为圆弧的最低点，圆弧的最高点到 A 的距离远小于 R.两个可视为质点的小球 B 和 C 都由静止开始释放，要使 B、C 两球在点 A 相遇，问点 B 到点 A 的距离 H 应满足什么条件？ [解析] 由题意知 C 球做简谐运动，B 球做自由落体运动，C、B 两球相 遇必在点 A.C 球从静止开始释放至到达点 A 经历的时间为 tC＝T 4(2n－1)＝π2n－1 2 R g(n＝1,2,3，…) B 球落到点 A 的时间 tB＝ 2H g 因为相遇时 tB＝tC 所以 H＝2n－12π2R 8 (n＝1,2,3，…)． [答案] H＝2n－12π2R 8 (n＝1,2,3，…) [反思总结] 分析简谐运动中各物理量的变化情况的技巧 1以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增 大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化.各矢量均在其值为零 时改变方向. 2位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有 两个方向，由于周期性，运动时间也不确定. 3做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力 不一定为零. 简谐运动的图象及应用 1．对简谐运动图象的认识 (1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图 1415 所示． 甲 乙 图 1415 (2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不 代表质点运动的轨迹． 2．图象信息 (1)由图象可以得出质点振动的振幅、周期和频率． (2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移． (3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向． (4)确定某时刻质点速度的方向． (5)比较不同时刻回复力、加速度的大小． (6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小． [题组通关] 4．(2018·南通模拟)一列简谐横波沿着 x 轴正方向传播，波中 A、B 两质点在平 衡位置间的距离为 0.5 m，且小于一个波长，如图 1416 甲所示，A、B 两质 点振动图象如图乙所示．由此可知( ) 甲 乙 图 1416 A．波中质点在一个周期内通过的路程为 8 cm B．该机械波的波长为 4 m C．该机械波的波速为 0.5 m/s D．t＝1.5 s 时，A、B 两质点的位移相同 E．t＝1.5 s 时，A、B 两质点的振动速度相同 ACE [根据 A、B 两质点的振动图象可知该波的周期为 4 s，振幅为 2 cm， 波中质点在一个周期内通过的路程为 4 个振幅，为 4×2 cm＝8 cm，选项 A 正确；根据 A、B 两质点的振动图象可画出 A、B 两点之间的波形图，A、 B 两点之间的距离为1 4 波长，即1 4λ＝0.5 m，该波的波长为λ＝2 m，选项 B 错误；该机械波的传播速度为 v＝λ T ＝0.5 m/s，选项 C 正确；在 t＝1.5 s 时，A 质点的位移为负值，B 质点的位移为正值，两质点位移一定不同， 选项 D 错误；在 t＝1.5 s 时，A 质点的振动速度方向沿 y 轴负方向，B 质 点的振动速度方向沿 y 轴负方向，且两质点位移大小相同，故两质点振动 速度相同，选项 E 正确．] 5．(2018·西安交大附中质检)如图 1417 所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动 图象，下列说法中正确的是( ) 图 1417 A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在 t＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆 E．由图象可以求出当地的重力加速度 ABD [由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点 g 相同，由单摆的周 期公式 T＝2π l g 得知，甲、乙两单摆的摆长 l 相等，故 A 正确．甲摆的 振幅为 10 cm，乙摆的振幅为 7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故 B 正确．尽 管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无 法比较机械能的大小，故 C 错误．在 t＝0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振 动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度， 故 D 正确．由单摆的周期公式 T＝2π l g 得 g＝4π2l T2 ，由于单摆的摆长不 知道，所以不能求得重力加速度，故 E 错误．] 一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( ) A．质点振动的频率为 4 Hz B．在 10 s 内质点经过的路程是 20 cm C．在 10 s 内质点经过的路程是 10 cm D．在 5 s 末，质点的速度为零，加速度最大 E．t＝1.5 s 和 t＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等，都是 2 cm BDE [由图象可知，质点振动的周期为 4 s，故频率为 0.25 Hz，选项 A 错误；在 10 s 内质点振动了 2.5 个周期，经过的路程是 10A＝20 cm，选 项 B 正确，C 错误；在 5 s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加 速度最大，选项 D 正确；由图象可得振动方程是 x＝2sin 2π 4 t (cm)，将 t ＝1.5 s 和 t＝4.5 s 代入振动方程得 x＝ 2 cm，选项 E 正确．] [反思总结] 简谐运动图象问题的两种分析方法： 1图象—运动结合法 图象上的一个点表示振动中的一个状态位置、振动方向等，图象上的一 段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方 向. 2直观结论法 简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的 函数关系图象，不是物体的运动轨迹. 受迫振动和共振 1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较 振动类 型 自由振动 受迫振动 共振 受力情 况 仅受回复力 受驱动力 受驱动力 振动周 期或频 率 由系统本身性质决定，即固 有周期 T0 或固有频率 f0 由驱动力的周期或频率 决定，即 T＝T 驱或 f＝f 驱 T 驱 ＝T0 或 f 驱 ＝f0 振动能 量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提 供 振动物体获得 的能量最大 常见例 子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的 振动 共振筛、声音 的共鸣等 2. 对共振的理解 (1)共振曲线 如图 1418 所示，横坐标为驱动力的频率 f，纵坐标为振幅 A.它直观地反 映了驱动力的频率对某固有频率为 f0 的振动系统做受迫振动时振幅的影 响，由图可知，f 与 f0 越接近，振幅 A 越大；当 f＝f0 时，振幅 A 最大． 图 1418 (2)受迫振动中系统能量的转化： 做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换． [题组通关] 6．(2018·杭州模拟)如图 1419 所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子 上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆，下 列说法正确的是( ) 图 1419 A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一 定相同 B．如果驱动摆的摆长为 L，则其他单摆的振动周期都等于 2π L g C．如果驱动摆的摆长为 L，振幅为 A，若某个单摆的摆长大于 L，振幅 也大于 A D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大 E．驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量 ABD [某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向 可能不同，根据 F＝－kx 可得，加速度 a＝F m ＝－k mx，故加速度一定相同， A 正确；如果驱动摆的摆长为 L，根据单摆的周期公式有 T＝2π L g ，而 其他单摆都是受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，B 正确；当 受迫振动的单摆的固有周期等于驱动力的周期时，受迫振动的振幅最大， 故某个单摆的摆长大，振幅不一定也大，C 错误；同一地区，单摆的固有 频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅 能够达到最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播运动形式，还传播 能量和信息，D 正确，E 错误．] 7．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅 A 与驱动力频率 f 的关系) 如图 14110 所示，则下列说法错误的是 ( ) 图 14110 A．此单摆的固有周期约为 0.5 s B．此单摆的摆长约为 1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 E．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动 ACD [由共振曲线知此单摆的固有频率为 0.5 Hz，固有周期为 2 s；再由 T＝2π l g ，得此单摆的摆长约为 1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增 大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故 B、E 正确，A、C、 D 错误．] 8．如图 14111 所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的圆柱体带动一个 T 形支架在竖直方向振动，T 形架下面系着一个弹簧和小球组成的系统．圆盘 以不同的周期匀速转动时，测得小球振动的振幅与圆盘转动频率的关系如图 乙所示．当圆盘转动的频率为 0.4 Hz 时，小球振动的周期是________s；当圆 盘停止转动后，小球自由振动时，它的振动频率是________Hz. 甲 乙 图 14111 [解析] 小球做受迫振动，当圆盘转动的频率为 0.4 Hz 时，小球振动的频 率为 0.4 Hz，小球振动的周期为 T＝1 f ＝2.5 s．由题图乙可知小球的固有频 率为 0.6 Hz，所以当圆盘停止转动后，小球自由振动的频率为 0.6 Hz. [答案] 2.5 0.6 用单摆测定重力加速度 [母题] 根据单摆周期公式 T＝2π l g ，可以通过实验测量当地的重力加速度．如 图 14112 甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做 成了单摆． 甲 乙 图 14112 (1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图 14112 乙所示，读数为 ________mm. (2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．(填正确选项 序号) a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距 平衡位置有较大的角度 d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，在释放摆球的同时开始计 时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期 T e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，释放摆球，当摆球振动稳 定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间Δt，则 单摆周期 T＝Δt 50 [解析](1)按照游标卡尺的读数原则测得小钢球直径为 18 mm＋7×0.1 mm ＝18.7 mm. (2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大 的；偏角不超过 5°；故 a、b 正确，c 错误．为了减小测量误差，要从摆 球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次 全振动所用的时间，故 d 错误，e 正确． [答案](1)18.7 (2)abe [母题迁移] (2018·盐城模拟)某同学在做利用单摆测重力加速度 g 的实验，他先测得摆 线长为 98.50 cm，用 10 分度的游标卡尺测得小球直径如图 14113 所示， 然后用秒表记录了单摆全振动 50 次所用的时间为 100.0 s，下列有关该实 验的说法正确的是( ) 图 14113 A．根据图示可知小球的直径为 2.96 cm B．记录时间时应从摆球经过最高点时开始计时 C．如果在实验中误将 49 次全振动计为 50 次，测得的 g 值偏小 D．如果在实验中误将小球直径与摆线长之和当成摆长，测得的 g 值偏大 E．摆线上端在振动中出现松动，测得的 g 值偏小 ADE [游标尺第 6 条刻度线与主尺对齐，则读数为 29 mm＋6×0.1 mm ＝29.6 mm＝2.96 cm，A 对．计时应从摆球经过最低点开始，这样便于观 测，B 错．误将 49 次计为 50 次，则测得周期 T 偏小，由周期公式 T＝2π L g ， 可得 g＝4π2L T2 ，可知 g 偏大，C 错．误将小球直径与摆线长之和当成摆长， 摆长偏大，g 偏大，D 对．摆线上端松动，则测量的摆长偏小，g 偏小，E 对．] 如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约 1 m 的单摆．实验时， 由于仅有量程为 20 cm、精度为 1 mm 的钢板刻度尺，于是先使摆球自然 下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测 出单摆的周期 T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次 使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的 周期 T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上 述 测 量 结 果 ， 写 出 重 力 加 速 度 的 表 达 式 g ＝ __________________________________________. [解析] 设单摆的周期为 T1 时摆长为 L1，周期为 T2 时摆长为 L2. 则 T1＝2π L1 g ① T2＝2π L2 g ② 且 L1－L2＝ΔL ③ 联立①②③式得 g＝4π2ΔL T21－T22 . [答案] 4π2ΔL T21－T22 [反思总结] 用单摆测定重力加速度的五点注意 1选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在 1 m 左右；小球选用密度较 大的金属球，直径最好不超过 2 cm. 2单摆悬线的上端应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改 变的现象. 3控制摆线偏离竖直方向不超过 5°. 4摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内. 5计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时.以后摆球 每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒 表，开始计时计数.